Minta fejezet – Szélsőérték feladatok

iKurzusok
iFeladatok

\(\mathit{1.\,Feladat}\)
Azok közül a téglatestek közül, amelyek térfogata a felszínük kétszerese, melyiknek legkisebb a térfogata?
A feltétel szerint \[ \begin{aligned} V=abc=4\cdot (ab+ac+bc)=A \end{aligned}\notag \] Az \(ab\), \(ac\) és \(bc\) számokra felírhatjuk a számtani és mértani közép között fennálló összefüggést. \[ \begin{aligned} \frac{V}{12}=\frac{ab+ac+bc}{3}\geqslant \sqrt[3]{ab\cdot ac\cdot bc}=\sqrt[3]{V^2} \end{aligned}\notag \] A fentiekben akkor van egyenlőség ha \(a=b=c\). A téglatest térfogatára az alábbi összefüggést kaptuk a felírt egyenlőtlenség alapján. \[ \begin{aligned} \frac{V}{12}&\geqslant \sqrt[3]{V^2}\\ \frac{V^3}{12^3}&\geqslant V^2\\ V&\geqslant 12^3\\ \end{aligned}\notag \] A térfogat minimális értéke \(12^3\), akkor ha a téglatest élei egyenlőek \(a=b=c=12\), azaz \(12\) egység élhosszú kocka. \(\qquad\square\)
\(\mathit{2.\,Feladat}\)
Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! \[\begin{aligned} a\sin\,x + b\cos\,x = c \end{aligned}\notag \]
Osszuk el mindkét oldalt \(\sqrt{a^2+b^2}\ne 0\) értékkel, majd alkalmazzuk a \(cos\,x\,sin\,y+cos\,y\,sin\,x=sin(x+y) \) azonosságot!
\[ \begin{aligned} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\sin\,x + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\cos\,x &= \frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \sin\left(x+\alpha\right) &= \frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\qquad\text{ahol }\cos\alpha=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \end{aligned} \notag \]
A bizonyítás alapja, hogy tetszőleges \(\alpha\in\mathbb{R}\): \[ \begin{aligned} \sin\alpha&=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \cos\alpha&=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \end{aligned} \notag \] A fentieket könnyen beláthatjuk a \(\sin^2x+\cos^2x=1\) összefüggés alapján: \[ \begin{aligned} \sin^2\alpha&=\frac{a^2}{a^2+b^2}\\ \cos^2\alpha&=\frac{b^2}{a^2+b^2}\\ \frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}&=1\\ \sin^2x+\cos^2x&=1\qquad\square \end{aligned} \notag \]
\(\mathit{3.\,Feladat}\)
Határozd meg a következő függvény értékkészletét \((x\in\mathbb{R})\): \[ f(x)=12\sin x+9\cos x \notag \]
A megoldás során felhasználjuk a szögfüggvények lineáris kombinációjáról tanultakat. Alakítsuk át a függvényt a \(\sqrt{12^2+9^2}=15\) számítás eredménye alapján: \[ \begin{aligned} f(x)=15\left(\frac{12}{15}\sin x+\frac{9}{15}\cos x\right)=15\sin(x+\alpha) \end{aligned}\notag \] ahol \(\alpha\) értéke a \(\sin\alpha=\cfrac{9}{15}\) vagy a \(\cos\alpha=\cfrac{12}{15}\) egyenletekből határozható meg. Az értékkészlet kiszámításának szempontjából \(\alpha\) értéke nem releváns, ugyanis \(-1\leqslant\sin x\leqslant 1\) egyenlötlenség minden \(x\in\mathbb{R}\)-re fennáll. A megoldás tehát \(-15\leqslant f(x)\leqslant 15\). \(\qquad\square\)
\(\mathit{4.\,Feladat}\)
Az \(R\) sugarú gömbbe írható hengerek közül melyiknek maximális a palást felszíne?
A feladatot a másodfokú függvények szélsőértékére alkalmazható formula, illetve a számtani és mértani közép közt fennálló egyenlótlenség alapján is megoldhatjuk. 1. megoldás Az ábrán látható jelölések segítségével írjuk fel az \(ABC\triangle\)-re a Pitagorasz-tételt, amely összefüggést teremt \(m\) és \(r\) között. \[ \begin{aligned} 4r^2+m^2=4R^2 \end{aligned}\notag \] A henger palástjának felszíne: \[ \begin{aligned} A_P=2r\pi m \end{aligned}\notag \] Tekintsük a palást felszínének négyzetét, hogy a Pitagorasz-tétel alapján kapott összefüggést kényelmesen tudjuk használni – a palást maximumhelye megegyezik a palást négyzetének maximum helyével. \[ \begin{aligned} A_P^2=4r^2\pi^2 m^2=(4R^2-m^2)\pi^2m^2,\,(0\leqslant m\leqslant 2R) \end{aligned}\notag \] Az \(A_p^2(m^2)\) függvény \(m^2\)-ben másodfokú, így az \(m_1^2=0\) és \(m_2^2=4R^2\) zérushelyei. A negyedfokú tag előjele negatív, így a függvénynek maximuma van az \(m^2=\cfrac{0+4R^2}{2}=2R^2\) helyen. Azaz a maximális palástú henger paraméterei: \[ \begin{aligned} m=\sqrt{2}R\\ r=\frac{\sqrt{2}}{2}R\\ A_{P\,max}=2R^2\pi \end{aligned}\notag \] 2. megoldás A palást felszíne akkor maximális, ha \(2rm\) értéke maximális. Írjuk fel a számtani- és a mértani közép közti összefüggést a \(4r^2\) és az \(m^2\) számokra. \[ \begin{aligned} 2rm=\sqrt{4r^2m^2}\leqslant\frac{4r^2+m^2}{2}=\frac{4R^2}{2}=2R^2 \end{aligned}\notag \] A fentiekből láthatjuk, hogy \(2rm\) értéke állandó, és akkor maximális, ha \(2r=m\). Az \(ABC\triangle\)-re felírt Pitagorasz-tételből adódik az 1. megoldás szerinti eredmény. \(\qquad\square\)

Tippek feladatok megoldásához

Másodfokú függvény szélsőértékét keresve érdemes átalakítani a függvényt az \(f(x)=a(x-u)^2+v\) alakba, ugyanis \(a > 0\) esetén a függvény minimumhelye \(u\), minimum értéke pedig \(v\). \(a < 0\) esetén pedig a fenti helyen maximuma van a függvénynek, ahol maximum értéke \(v\).
A nevezetes középértékek között fennálló összefüggés gyakran jó eszköz a szélsőérték feladatok megoldásához, figyelembe véve, hogy egyenlőség csak akkor áll fenn, ha az elemek egyenlőek.
A Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij, illetve a Csebisev egyenlőtlenség nem része a tananyagnak, ennek ellenére sokszor jól alkalmazható (verseny) feladatokban. Speciális számokra alkalmazva, gyorsan eljuthatunk a megoldáshoz, amelyet egyébként (néha hosszadalmasabban) megkaphatunk a középértékek közti összefüggések alapján is.

Most kedvező áron az előkészítő csomag

2023 iFeladatok I.

Interaktív feladatok felvételire és emelt szintű érettségire
4.590 Ft 2022/23 tanévre
  • 20 iFeladat automatikus javítással
  • 19 témakör
  • 121 megoldási lépés
  • Megoldássegítő felépítés
  • 2,15 átlagos nehézség (1-3 skálán)
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el

2023 Emelt szintű
matematika előkészítő

Kidolgozott feladatok felvételire és emelt szintű érettségire
59.900 Ft 2022/23 tanévre
  • 25 kidolgozott témakör
  • Több mint 200 kidolgozott példa
  • 13 interaktív feladatsor
  • 21 elméleti összefoglaló
  • Felkészülés folyamatos követése, naplózása
  • 2024-től érvényes követelményekkel kiegészítve
  • 25 szóbeli tétel - teljes tételsor
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el

2023 Középszintű matematika kurzusok

Tananyag középszintű matematika felkészüléshez
1.750 Ft 2022/23 tanévre, kurzusonként
  • Témakörönkénti előfizetés
  • Megértést segítő magyarázat
  • Definíciók, tételek
  • Kidolgozott típuspéldák
  • Online feladatok, azonnali javítással
  • Felkészülés folyamatos követése, naplózása
  • 2024-től érvényes követelmények alapján
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el